BIOLOGIE. Réponses proposées et grille de correction

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1 BACCALAURÉAT EUROPÉEN 2009 BIOLOGIE et grille de correction Les réponses proposées servent à uniformiser les corrections. Elles sont du niveau d un(e) bon(ne) bachelier(ière) et non d un(e) étudiant(e) d université. Les réponses identiques aux propositions sont dotées du maximum de points. Les réponses comparables et de même niveau, utilisant les termes scientifiques corrects, peuvent également être dotées du maximum de points. Les réponses proposées peuvent servir d exercices aux futur(e)s bachelier(ière)s. Voilà pourquoi elles sont largement formulées par un texte intégral et non seulement par des mots-clés. Les réponses des élèves doivent suivre la logique de la méthode scientifique : analyser d abord, conclure ensuite. Les correcteur(rice)s en tiendront compte lors de leur évaluation. Page 1/12

2 points Réponses P 1 page 1/2 a)i. L eau douce du milieu externe entre par osmose à travers la membrane semi-perméable de la Paramécie, car la concentration saline à l intérieur de l organisme est supérieure à celle de l extérieur. ii. L énergie provient de l ATP formé lors de la respiration cellulaire. iii. L eau marine est isotonique par rapport au cytoplasme de la Paramécie. L entrée de l eau est égale à sa sortie. iv. Observation: les Protozoaires gonfleraient et éclateraient. [1] Explication: L eau douce (milieu hypotonique) entre par osmose, la cellule gonfle jusqu à l éclatement de la membrane cellulaire (lyse). [2] v. Observation: Les vacuoles pulsatiles arrêtent leur fonctionnement. Les organismes resteront probablement actifs. [1] Explication: Les Paramécies se trouvent maintenant dans un milieu isotonique. L entrée de l eau est égale à sa sortie. [2] vi. Le transport d e - de la chaîne respiratoire est bloqué: la formation d ATP ne se fait plus. Ainsi l énergie nécessaire à l expulsion de l eau fait défaut. L eau s accumule dans la cellule qui finit par éclater. b)i. a:membrane externe b: membrane interne c: stroma d: granum e: thylakoide du granum; f: thylakoide du stroma g: grain d amidon Similitudes: double membrane, ADN propre, ribosomes 70s Différences: Le chloroplaste est plus grand. Il possède des grana chargés de chlorophylle verte. La membrane interne ne fait pas de crêtes comme celle des mitochondries. (Chaque similitude/différence correcte est acceptée). ii 6CO H 2 O lumière, chlorophylle C 6 H 12 O 6 + 6O H 2 O iii ADP + Pi + énergie ATP Page 2/12

3 points Réponses P 1 page 2/2 v. Mitochondries: phosphorylation oxidative. [1] Chloroplaste: photophosphorylation. [1] Différence: Lors de la phosphorylation oxydative l énergie pour la synthèse de l ATP provient de réactions rédox, la photophosphorylation se fait grâce à l énergie lumineuse [2] c)i. NADP ii. Dans la membrane des thylacoides, est également accepté: dans les grana. iii. Tube 1: La chlorophylle absorbe la lumière. Ainsi des électrons passent de la chlorophylle à une chaîne de transport d e -. Ces e - arrivent au DCPIP bleu qui est réduit à sa forme. Tube 2: En absence de lumière le transfert d e - et par la suite la réduction du DCPIP ne se produisent pas. iv. Pas de décoloration du DCPIP, car les enzyme du chloroplaste ont été dénaturées par la chaleur et le transport d e - ne se fait pas. v. Le dioxygène dégagé lors de la photosynthèse provient de l eau et non pas du dioxyde de carbone. [1] 2H 2 O 4H + + 4e - + O 2 [2] Page 3/12

4 points Réponses P 2 page 1/2 a)i. C 6 H 12 O 6 + 6O 2 6CO 2 + 6H 2 O C 6 H 12 O 6 2C 2 H 5 OH + 2CO 2 6 points ii. - Glycolyse: dans le cytoplasme; - Cycle de Krebs: dans la matrice des mitochondries; - Chaîne respiratoire : dans les crêtes de la membrane interne des mitochondries. b)i. Le glucose, de concentration initiale de 0,15 mole L -1, est complètement dégradé dans la portion A après env. 4 heures et dans la portion B après env. l,6 heures. [2] Dans la portion B la concentration de l éthanol monte de 0 à 3 moles L -1 pendant le même laps de temps. [1] ii. Dans les deux portions, la dégradation du glucose commence par la glycolyse avec formation d ATP. En ajoutant du dioxygène dans la portion A la chaîne respiratoire est activée conduisant à la combustion complète du glucose avec un gain maximal d énergie. [2] Ainsi la quantité nécessaire en glucose par unité de temps est plus faible dans la portion A que dans la portion B. [2] Lors de la fermentation alcoolique naissent deux moles d éthanol, ce qui est confirmé par sa concentration de 3 moles L -1. La synthèse de l éthanol sert à recycler le NAD pour la glycolyse. [2] iii. Il se forme du H 2 O radioactif [1], car au bout de la chaîne respiratoire les protons et les électrons se combinent au dioxygène atmosphérique. Le dioxygène ne participe à aucune autre réaction de la respiration cellulaire. [3] Page 4/12

5 points Réponses P 2 page 2/2 5 points 10 points c) Les protons peuvent entrer par osmose dans les thylakoïdes des grana de sorte que, dans un milieu acide, il y ait accumulation de protons à l intérieur des thylakoïdes. [2] Dans un milieu basique, les protons quittent les thylakoïdes par l ATPase, qui synthétise de l ATP à partir de l ADP et du P i. [3] d) Description: En présence de la substance R ou d une solution de chlorophylle brute ainsi que de lumière le pigment P se décolore. Lorsqu une de ces composantes manque, la décoloration ne se fait pas. Explication: Le réducteur transfère des électrons au pigment P qui, réduit, se décolore. Lors de l expérience 1 le réducteur manque; donc il n y pas de transfert d électrons. Les expériences 2 et 3 montrent que le transfert d électrons nécessite de la lumière. La lumière est absente lors de l expérience 4 ; nous obtenons donc une coloration brune provenant du pigment P rouge et de la chlorophylle brute verte. L expérience 5 montre que la solution de chlorophylle brute peut remplacer le réducteur, car le pigment P se décolore. Apparemment tous les systèmes enzymatiques sont restés intacts dans la solution de chlorophylle brute. Pour chaque expérience [2] e)i. Protéines ou antigènes. ii. La membrane cellulaire est une mosaïque fluide c.à.d. les molécules de protéines peuvent diffuser latéralement dans une double couche de phospholipides. [2] Au T0 de la fusion, la répartition des anticorps fixés sur les antigènes est encore celle comme avant. La diffusion est un phénomène lent. [1] Au T1, on assiste au brassage des antigènes humains et animaux, dû à la diffusion latérale continue. [1] Page 5/12

6 points Réponses G 1 page 1/2 a)i. L allèle B produit un inhibiteur qui bloque l enzyme A et empêche ainsi la production de couleur. [2] L allèle B peut coder pour une protéine qui empêche la transcription ou la traduction de l allèle A. [2] ii. Génotypes P: AAbb x aabb [1] 8 points Génotypes F1: AaBb [1] F1 x F1 : gamètes AB, Ab, ab, ab x AB, Ab,aB, ab Géno- et phénotypes F2: [4] AB Ab ab ab AB AABB AABb AaBB AaBb Ab AABb AAbb AaBb Aabb coloré coloré ab AaBB AaBb aabb aabb ab AaBb Aabb aabb aabb coloré Phénotypes: coloré : = 3 : 13 [2] 5 points b)i. I 1: X D hy; II 1: X d HY; II 2: X d HY, II 3: X D hy, II 4: X D hy ii. I 2: X D hx d H [1], car les chromosomes X de II 1, II 2, II 3 et II 4 proviennent de la mère I 2. [1] iii. II 5 et II 9: X D hx d H [2], X D h provient du père I 1, X d H provient de la mère II 2. Ainsi les deux personnes possèdent pour chacun des deux gènes un allèle normal.[2] 5 points iv. III 3: X d hy [2]; Chez la mère un crossing over a eu lieu entre le deux chromosomes X pendant la méiose.un chromosome X portant les deux allèles récessifs (malades) s est formé engendrant le daltonisme et l hémophilie chez le garçon III3. [3] Cossing over sans explication c)i. La transcription se fait de 3 vers 5, donc ici de gauche à droite. Page 6/12

7 points Réponses G1 Page 2/2 ii. ARNm :: AAG UCC UUC 10 x CAG CCG CCA CCG iii. Séquence des acides aminés: Lys Ser Phe 10 x Gln Pro Pro Pro iv. Figure 4 Chez les personnes bien portantes le triplet CAG se répète au maximum 31 fois. La chorée de Huntington se déclare lorsque le triplet CAG se répète plus de 35 fois. [1] Figure 5 Les premiers symptômes de la maladie apparaissent entre la 25e et la 75e année. Plus le nombre de triplets CAG est élevé, plus les symptômes de la chorée de Huntington apparaissent précocement. [2] v. La cause de la maladie est multiple duplication du triplet CAG. [1] La nouvelle protéine huntingtine formée possède une structure tridimensionnelle anormale entraînant la perte du contrôle musculaire. [1] Page 7/12

8 points Réponses G 2 page1/2 a)i. la transcription a lieu dans le cytoplasme. 5 points 6 points ii. Dans le noyau, les mitochondries et les chloroplastes. iii. A : brin transcrit B : ARNm C : brin non transcrit D : ARNpolymérase E : ribosome. [0,5 par identification] +[0,5] lorsque les sous-unités du ribosome sont mentionnées. iv. Traduction: voir Eurobio v. CAG AGU GGU vi. Gln Ser Gly ; t-rns : GUC UCA CCA vii. 5 bases [1] Pour Gln: la 3e base [1] Pour Ser : la 1ere, la 2e et la 3e base [3] Pour Gly : la 3e base [1] viii. 2 différences demandées Chez les procaryotes la transcription a lieu dans le cytoplasme, chez les eucaryotes dans le noyau. Chez les eucaryotes la maturation de l ARNm est accompagnée de l épissage. b)i. Les résultats du croisement 3 impliquent que l allèle queue courbe est dominant (A) et que l allèle queue droite est récessif (a). En effet, les descendants ont tous une queue courbe. ii. Les résultats du croisement 6 impliquent que le gène de la forme de la queue est localisé sur le chromosome X [1]: En effet, tous les descendants femelles possèdent une queue courbe, parce que le mâle leur a transmis son X A ; la femelle hétérozygote a transmis à ses descendants mâles ses chromosomes X A und X a dans les proportions 1 : 1. Ainsi des descendants femelles avec queue droite sont des combinaisons impossibles. [2] iii. Croisements 2 et 6 Page 8/12

9 points Réponses G 2 page 2/2 6 points iv. I 2: X a Y Bb [1]; de b)ii on peut déduire que l allèle récessif a (queue droite) est localisé sur le chromosome X. De plus, le mâle doit être hétérozygote pour le caractère épaisseur de la queue (Bb), car son descendant II 2 est homozygote pour l allèle récessif b. [1] II 1: X A Y Bb[1];de b)ii on peut déduire que l allèle dominant A (queue courbe) est localisé sur le chromosome X.. De plus, le mâle doit être hétérozygote pour le caractère épaisseur de la queue (Bb), car son descendant II I 3 est homozygote pour l allèle récessif b. [1] III 3 : X A X A bb ou X A X a bb [1]; puisque II 2 est hétérozygote pour la forme de la queue, on ne sais pas dire si X A ou X a a été transmis à III 3. Puisque l allèle queue fine est récessif, III 3 doit être homozygote bb pour l épaisseur de la queue. [1] Page 9/12

10 points Réponses E1 page 1/2 a) i. Les parties caractéristiques de l anticorps se combinent aux parties caractéristiques de l antigène, molécule étrangère à un organisme. ii. Les protéines qui précipitent possèdent des structures similaires aux protéines humaines; elles se combinent aux anticorps dans le sérum antihumain. Les protéines sont codées dans l ADN. [1] Ainsi, plus la précipitation est forte, plus les protéines de l animal en question sont similaires à celles de l Homme, plus cet animal est plus proche de l espèce humaine. [2] iii. Le tableau 1 implique une séparation précoce du Gibbon par rapport aux singes anthropomorphes. Le taux de précipitation du Chimpanzé est très proche de celui de l Homme et diffère sensiblement de celui du Gorille. Il s en suit que l arbre généalogique B est le plus correct, parce qu il prévoit le Chimpanzé plus proche de l Homme et le Gorille plus distant. Puisque le taux de précipitation du Gorille diffère déjà de 8 % de celui de l Homme, on doit conclure que le Gorille s est séparé le premier de la lignée commune. iv. Babouin Gibbon Gorille Chimpanzé Homme Le taux de précipitation le plus bas par rapport à celui de l Homme implique que le Babouin s est séparée avant les autres espèces mentionnées ci-dessus de la lignée commune vers l Homme. Page 10/12

11 points Réponses E 1 page 2/2 v. L anticorps ne reconnaît que certaines parties de l antigène. La majeure partie de la molécule antigénique n est pas concernée, échappe donc à l étude. L analyse de la séquence des acides aminés, par contre, permet de détecter un plus grand nombre de modifications de l information génétique. b)i. Si la translocation [1] de chromosomes sur d autres chromosomes se fait sans pertes de gènes, alors l individu touché est viable. [1] 2 point ii. Si deux souris à nombre chromosomique différent se croisent, la répartition des lots de chromosomes est souvent perturbée chez les rejetons [1], ce qui entraîne la dégénérescence des gamètes. Les rejetons sont donc stériles. [1] iii. La spéciation allopatrique est la formation d espèces à partir d une population isolée géographiquement en plusieurs groupes évoluant chacun séparément. [1] Selon les données de notre exemple les souris de l île de Madère se répartissent aujourd hui en six populations dans des vallées séparées par de hautes montagnes infranchissables empêchant tout contact et donc tout échange génétique entre les populations. Il est fort improbable que le petit lot de souris introduites sur l île de Madère présentât dès le début la répartition en six populations.[2] Page 11/12

12 points Réponses E 2 page 1/1 5 points a)i. Une population d hommes tend à s accroître. [1] Cette croissance peut être freinée par un espace limité, donc par un réservoir de nourriture limité. [1] Or des personnes de petite taille nécessitent moins de nourriture ; leur population peut donc s accroître plus rapidement. Le nombre de variations génétiques augmente avec l accroissement de la population. Plus ces variations sont nombreuses, plus la population reste stable par rapport aux facteurs de sélection. Dans la lutte pour la survie une taille réduite peut donc bien présenter un avantage pour une population. [3] ii. L espace réduit d une île crée le besoin de réduire la taille pour avoir assez de nourriture et accroître la population. Le nanisme engendré est transmis aux descendants b)i. Arguments en faveur du genre Homo: boîte crânienne plus développée que la face ; l occipital déborde largement l articulation de la mâchoire inférieure ; fabrications d outils ; maîtrise du feu ; ii. Arguments en faveur de Homo erectus: Front fuyant; absence de menton; bourrelets sus-orbitaux bien développés; outils primitifs; volume crânien faible ; c)i. Les mutations peuvent entraîner des changements phénotypiques qui peuvent subir l effet de la sélection. Cette sélection mènera à un changement du gene pool ayant pour conséquence le changement de l espèce ou la formation d une nouvelle espèce. ii. Nombre de mutations pour paires de bases durant années: x 0,02 = 320. Nombre de mutations pour années : 320 x 0,4 = 128. Ce résultat est très proche des 133 mutations réellement constatées. Ou Temps écoulé : / ( x 0,02) x 133 = années. Le temps calculé à partir des mutations relevées est très proche des estimations de ans. Page 12/12